Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Góp phần phát triển năng lực tư duy và lập luận toán học cho học sinh thông qua bài toán hình học không gian

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:54

Thêm vào BST

Báo xấu

8
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Góp phần phát triển năng lực tư duy và lập luận toán học cho học sinh thông qua bài toán hình học không gian" nhằm tìm hiểu, nghiên cứu các vấn đề về lí luận cũng như trong thực tiễn dạy học liên quan đến đề tài. Đánh giá thực trạng năng lực tư duy và lập luận toán học hiện nay của học sinh THPT. Vận dụng các giải pháp nhằm khắc phục tình trạng tư duy lề lối, thiếu sáng tạo và khả năng trình bày vấn đề toán học thiếu logic hiện nay.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Góp phần phát triển năng lực tư duy và lập luận toán học cho học sinh thông qua bài toán hình học không gian

MỤC LỤC A. ĐẶT VẤN ĐỀ…………………………………………………………….. 1 I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI…………………………………………………. 1 II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU…….. 2 1. Đối tượng nghiên cứu………………………………………………… 2 2. Phạm vi nghiên cứu…………………………………………………... 2 3 .Nhiệm vụ nghiên cứu…………………………………………………. 2 III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU…………………………………… 2 IV. CẤU TRÚC…………………………………………………………… 2 V. TÍNH MỚI……………………………………………………………... 3 B. NỘI DUNG……………………………………………………………….. 3 I. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN…………………………………… 3 1. Cơ sở lí luận…………………………………………………………... 3 1.1. Khái niệm về tư duy……………………………………………… 3 2.2. Năng lực tư duy và lập luận toán học……………………………. 4 2. Cơ sở thực tiễn……………………………………………………….. 4 II. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN……………………………………………. 5 1. Khai thác và sáng tạo bài toán xuất phát từ kết quả bài toán đẳng thức hình học quen thuộc……………………………………………………... 5 2. Phân tích định hướng giải một số bài toán…………………………… 27 3. Khảo sát tính cấp thiết và tính khả thi của các giải pháp đề xuất......... 41 3.1. Mục đich khảo sát………………………………………………... 41 3.2. Nội dung khảo sát………………………………………………... 41 3.3. Phương pháp khảo sát……………………………………………. 41 3.4. Đối tượng khảo sát……………………………………………….. 42 3.4.1. Tính cấp thiết của các giải pháp đề xuất………………....... 42 3.4.2. Tính khả thi của các giải pháp đề xuất……………………... 42 4. Kết quả thực hiên……………………………………………………... 43 C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT ……………………………………………... 44 I. KẾT LUẬN……………………………………………………………... 44 1. Các vấn đề đã giải quyết……………………………………………… 44 2. Hướng phát triển……………………………………………………… 44 II. KIẾN NGHỊ………………………………………………………….... 44 1. Đối với giáo viên……………………………………………………... 44 2. Đối với học sinh………………………………………………………. 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………... 46 PHỤ LỤC……………………………………………………………………. 47
A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong công cuộc Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo đòi hỏi Giáo dục phổ thông phải có “chuyển biến căn bản, toàn diện về chất lượng và hiệu quả; góp phần chuyển nền giáo dục nặng về truyền thụ kiến thức sáng nền giáo dục phát triển toàn diện cả về phẩm chất và năng lực. Trong xu hướng dạy học hiện nay là chuyển từ phương thức dạy học theo tiếp cận nội dung sang dạy học theo tiếp cận năng lực. Ở trường THPT, môn toán có vai trò, vị trí quan trọng trong việc góp phần hình thành và “phát triển toàn diện cả về phẩm chất và năng lực người học”. Trong đó năng lực toán học bao gồm các thành tố: năng lực tư duy và và lập luận toán học; năng lực mô hình hóa toán học; năng lực giải quyết vấn đề toán học; năng lực giao tiếp toán học; năng lực sử dụng công cụ, phương tiện toán học. Năng lực tư duy và lập luận toán học được biểu hiện thông qua việc thực hiện được các hành động sau: - So sánh, phân tích, tổng hợp, đặc biệt hóa, khái quát hóa, tương tự, quy nạp, diễn dịch. - Chỉ ra được chứng cứ, lí lẽ và biết lập luận hợp lý trước khi kết luận. - Giải thích được hoặc điều chỉnh được cách thức giải quyết vấn đề về phương diện toán học. Trong quá trình dạy học, nhiều khi thầy giáo chỉ mới để học sinh ở vị trí người giải toán sau khi thầy giáo ra đề. Điều này làm giảm đi tính sáng tạo của học sinh. Một thực tế phổ biến trong suy nghĩ của học sinh là khi đứng trước một bài toán, thường thì các em chỉ nghĩ đến việc là làm thế nào để giải bài toán đó. Và tìm ra được cách giải, gần như các em không suy nghĩ về những bài toán tương tự, trường hợp đặc biệt hay tổng quát bài toán đó như thế nào, liệu cách giải của bài toán này có thể áp dụng được cho những bài toán nào nữa hay không, tại sao lại như thế,... Cũng vì lí do này, các em thường chỉ thấy các bài toán dưới dạng rời rạc mà không tìm ra được tính hệ thống của chúng. Điều đó làm cho một số em thiếu động lực trong quá trình học tập môn toán, đặc biệt khi đứng trước các bài toán khó. Với mục đích giúp các em định hướng trong việc “bắc những nhịp cầu nhỏ” giữa các bài toán đơn giản đến các bài toán khó, từ đó tạo niềm tin, động lực trong việc học toán, tôi xin nêu ra một số giải pháp thông qua việc kiến tạo các bài toán mới. Trong chương trình Hình học 11, Hình học 12 THPT, chủ đề hình học không gian là một trong những chủ đề trọng tâm, đa dạng, có tính ứng dụng thực tiễn khá cao. Đặc biệt là các bài toán cực trị trong hình học không gian gây không ít khó khăn cho người học; các bài toán loại này xuất hiện nhiều trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 và kỳ thi TN THPT, kỳ thi đánh giá năng lực (các trường đại học dùng để tuyển sinh) ở mức độ vận dụng của đề thi. Để học tốt chủ 1
đề này người học ngoài việc nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản thì cần có thêm nhiều kỹ năng giải, có năng lực tư duy và lập luận toán học. Vì vậy, trong quá trình dạy học, nếu người dạy biết cách khai thác và sáng tạo ra các bài toán về cực trị hình học không gian từ những kiến thức cơ bản, bài tập đơn giản thì không những giúp các em học tập có hiệu quả mà còn tạo hứng thú học tập cho các em học sinh, và còn góp phần quan trọng trong việc rèn luyện và phát triển năng lực tư duy và lập luận toán học cho học sinh. Từ những ý tưởng và những lý do nêu trên, tác giả quyết định chọn đề tài nghiên cứu là “Góp phần phát triển năng lực tư duy và lập luận toán học cho học sinh thông qua bài toán hình học không gian”. Đề tài này là công trình nghiên cứu của tôi, chưa được cá nhân, tập thể và công trình giáo dục nào công bố trên các tài liệu, sách báo và diễn đàn giáo dục hiện nay. II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU 1. Đối tượng - Học sinh lớp 11, 12 ở Trường THPT. - Chương trình môn Toán phổ thông (trước chương trình GDPT 2018) 2. Phạm vi Đề tài này nghiên cứu ở HS lớp 11, 12 trường THPT Lê Lợi, huyện Tân Kỳ, và một số trường THPT trên địa bàn tỉnh Nghệ An. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Xác định vai trò và ứng dụng của đề tài nghiên cứu. Tìm hiểu, nghiên cứu các vấn đề về lí luận cũng như trong thực tiễn dạy học liên quan đến đề tài. Đánh giá thực trạng năng lực tư duy và lập luận toán học hiện nay của học sinh THPT. Vận dụng các giải pháp nhằm khắc phục tình trạng tư duy lề lối, thiếu sáng tạo và khả năng trình bày vấn đề toán học thiếu logic hiện nay. Nhận định kết quả thông qua việc đối chiếu, đánh giá kết quả trước và sau khi áp dụng đề tài rong quá trình giảng dạy của bản thân. III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Phương pháp nghiên cứu tài liệu. - Phương pháp phân tích - tổng hợp, so sánh.... - Phương pháp khảo sát tính cấp thiết và tính khả thi của các giải pháp. IV. CẤU TRÚC Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung đề tài tập trung vào một số vấn đề như sau: 2
- Cơ sở của đề tài. - Khai thác và sáng tạo bài toán xuất phát từ kết quả bài toán đẳng thức hình học quen thuộc - Phân tích định hướng giải một số bài toán. - Khảo sát và đánh giá hiệu quả quá trình thực hiện các giải pháp V. TÍNH MỚI CỦA ĐỀ TÀI Thứ nhất, đề tài đã trình bày cơ sở lí luận và thực tiễn về vấn đề phát triển năng lực tư duy và lập luận cho học sinh thông qua khai thác và sáng tạo ra bài toán tìm bài toán cực trị hình học không gian. Thứ hai, đề tài đã xây dựng được lớp bài toán cực trị hình học không gian dựa trên các đẳng thức và các bất đẳng thức quen thuộc. Thứ ba, đề tài đã phân tích được định hướng giải cho một số bài toán cực trị hình học không gian. B. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1. Cơ sở lí luận 1.1. Khái niệm về tư duy Theo từ điển tiếng Việt “Tư duy là quá trình nhận thức, phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối quan hệ có tính chất quy luật của sự vật, hiện tượng ”(Hoàng Phê 1998). Nguyễn Thanh Hưng (2019, tr 184) cho rằng: “tư duy là giai đoạn cao của nhận thức, đi sâu vào bản chất và phát hiện ra quy luật của sự vật bằng các hình thức như biểu tượng, phán đoán, suy lí, ... Đối tượng của tư duy là những hình ảnh, biểu tượng, kí hiệu. Các thao tác tư duy chủ yếu gồm: phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, khái quát hóa, trừu tượng hóa,..” Trong đó: + Phân tích tổng hợp: phân tích là phép lập luận trình bày từng bộ phận, phương diện của một vấn đề để nhằm chỉ ra nội dung của sự vật, hiện tượng. Để phân tích nội dung của sự vật, hiện tượng, chúng ta có thể vận dụng các biện pháp như nêu giả thuyết, so sánh, đối chiếu,… và cả phép lập luận giải thích, chứng minh. Tổng hợp là phép lập luận rút ra cái chung từ những vấn đề đã phân tích. Không có phân tích thì không có tổng hợp. + So sánh và tương tự: so sánh là xác định giống hay khác nhau, đồng nhất hay không đồng nhất, bằng nhau hay không bằng nhau. Tương tự là là phát hiện sự giống nhau giữa các đối tượng. + Trừu tượng hóa: trừu tượng hóa là tách những đặc điểm bản chất khỏi đặc điểm không bản chất. 3
+ Khái quat hóa và đặc biệt hóa: khái quát hóa là chuyển từ một tập hợp đối tượng sáng một tập hợp lớn hơn chứa tập hợp ban đầu. Đặc biệt hóa là chuyển từ việc khảo sát sang một tập nhỏ hơn tập ban đầu. 1.2. Năng lực tư duy và lập luận toán học Cuộc sống công nghệ thời đại 4.0 như hiện nay thì chắc chắn con người cần phải có năng lực tư duy. Thế nào là năng lực tư duy? Là khả năng tự suy nghĩ và tự giải quyết vấn đề để mang lại kết quả tốt. Với những người sở hữu được năng lực tư duy thì người đó có tính linh hoạt cao, có khả năng lắng nghe và quan sát quyết định đúng đắn và hiệu quả. Theo những nhà tâm lý học hàng đầu trong lĩnh vực này cho biết, cách đánh giá được năng lực tư duy là phải đánh giá qua sự tò mò, thích khám phá và tưởng tượng, tư duy sáng tạo. Thế nào là năng lực tư duy và lập luận toán học ? Theo Chương trình Giáo dục phổ thông môn Toán (Bộ GD-ĐT, 2018), biểu hiện và yêu cầu cần đạt về năng lực tư duy và lập luận toán học của học sinh THPT được tổng hợp ở bảng sau: Năng lực tư duy và lập luận Yêu cầu cần đạt của HS cấp THPT toán học thể hiện qua việc Thực hiện được các thao tác tư duy Thực hiện được tương đối thành thạo các như: so sánh, phân tích, tổng hợp, thao tác tư duy, đặc biệt phát hiện được đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự; sự tương đồng và khác biệt trong những quy nạp, diễn dịch. tình huống tương đối phức tạp và lí giải được kết quả của việc quan sát. Chỉ ra được chứng cứ, lí lẽ và biết Sử dụng được các phương pháp lập lập luận hợp lí trước khi kết luận. luận, quy nạp và suy diễn để nhìn ra những cách thức khác nhau trong việc giải quyết vấn đề. Giải thích hoặc điều chỉnh được Nêu và trả lời được câu hỏi khi lập luận, cách thức giải quyết vấn đề về giải quyết vấn đề. Giải thích, chứng phương diện toán học. minh, điều chỉnh được giải pháp thực hiện về phương diện toán học. Từ các bài toán quen thuộc, HS có thể tự tìm lời giải cho các bài toán tương tự, tìm ra được sự khác nhau giữa các bài toán, và cao hơn là có thể phát biểu các bài toán mới. 4
2. Cơ sở thực tiễn Qua thực tiễn dạy học môn toán, đặc biệt là việc bồi dưỡng học sinh giỏi, bản thân tối nhận thấy: - Học sinh THPT còn yếu Toán là do kiến thức bị hổng từ các cấp dưới, thêm vào đó chưa chịu khó suy nghĩ, ít tư duy trong quá trình học tập; - Học sinh học tập vẫn còn thụ động, máy móc, thiếu tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân; - Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa chủ động, tích cực để tham gia vào các hoạt động học tập để lĩnh hội kiến thức mới nên kết quả học tập vẫn chưa cao. - Nhiều học sinh khi học tập giải bài tập Toán, chỉ quan tâm đến kết quả bài toán đúng hay sai, hoặc là hài lòng với lời giải của mình; ít tìm tòi lời giải khác, không khai thác để phát triển bài toán, sáng tạo ra bài toán mới nên không phát huy được nhiều tính tích cực, độc lập và sáng tạo của bản thân. - Trong quá trình dạy học luyện tập ở trường phổ thông, không ít Giáo viên chỉ chữa bài tập đơn lẻ cho học sinh, hoặc chỉ ra bài tập mang tính áp dụng, chưa thực sự chú trọng để khai thác, phát triển và sáng tạo ra bài toán mới. Do đó không phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo, khó hình thành và phát triển năng lực tư duy cho học sinh. II. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Để phát huy tính tích cực, chủ động, tự giác và phát triển năng lực tư duy và lập luận cho HS, trong quá trình dạy học luyện tập hoặc dạy học bài tập toán, giáo viên luôn chú trọng định hướng để HS tìm tòi nhiều cách giải cho một bài toán, khai thác và phát triển để sáng tạo ra nhiều bài toán mới từ bài toán đã cho. Trong phạm vi đề tài, tôi lựa chọn việc khai thác và sáng tạo các bài toán và nâng cao khả năng phân tích để tìm hướng giải cho các bài toán. 1. Khai thác và sáng tạo bài toán xuất phát từ kết quả bài toán đẳng thức hình học quen thuộc Trong sách SGK Hình học 11 Nâng cao có bài toán sau: Bài toán: Trong không gian cho tam giác ABC . a. Chứng minh rằng nếu điểm M thuộc mặt phẳng ( ABC ) thì có ba số x, y , z mà        x  y  z  1 sao cho OM  xOA  yOB  zOC với mọi điểm O . b. Ngược lại nếu có một điểm O trong không gian sao cho        OM  xOA  yOB  zOC , trong đó x  y  z  1 thì điểm M thuộc mặt phẳng ( ABC ) (Trích bài 5 trang 91 SGK Hình học 11 Nâng cao của nhà XBGDVN) 5
Lời giải     a. Vì AB, AC là hai vectơ không cùng phương nên điểm M thuộc mặt phẳng ( ABC ) khi và chỉ khi có 2 số thực m, n sao cho:                    AM  m AB  n AC hay OM  OA  m OB  OA  n OC  OA với mọi điểm O .      Tức là OM  1  m  n  OA  mOB  nOC . Đặt x  1  m  n  , y  m, z  n .     Ta có: OM  xOA  yOB  zOC với x  y  z  1 .       b. Giả sử OM  xOA  yOB  zOC , trong đó x  y  z  1 , ta có:              OM  OA  y AB  z AC hay AM  y AB  z AC . Mà AB, AC là hai vectơ không cùng phương nên điểm M thuộc mặt phẳng ( ABC ) . Nhận xét: Cho hình chóp S . ABC và O là điểm bất kỳ trong không gian.        Điều kiện cần và đủ để M  ( ABC ) là OM  xOA  yOB  zOC với x  y  z  1 . Bây giờ, ta sẽ vận dụng nhận xét trên để hướng học sinh giải và tạo ra một số bài toán mới sau: Bài toán 1. Cho hình chóp S . ABC có G trọng tâm tam giác ABC . Mặt phẳng ( P) lần lượt cắt các tia SA, SB, SC , SG lần lượt tại A1 , B1 , C1 , G1 . Chứng minh rằng SA SB SC SG   3 (*) . SA1 SB1 SC1 SG1 Lời giải Ta có G là trọng tâm tam giác ABC nên              GA  GB  GC  0  SA  SB  SC  3SG hay SA  SB  SC    SG  SA1  SB1  SC1  3 SG1 . SA1 SB1 SC1 SG1 SA SB SC SG Vì G1  ( A1B1C1 ) nên ta có được :   3 . SA1 SB1 SC1 SG1 SG 4 Đặc biệt: Nếu G1 là trọng tâm của tứ diện SABC thì  , nên ta có hệ thức SG1 3 SA SB SC sau :    4 . Từ đây, ta có bài toán 2: SA1 SB1 SC1 Bài toán 2. Cho tứ diện SABC có trọng tâm là G1 . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm G1 lần lượt cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại A1 , B1, C1 . Chứng minh rằng SA SB SC    4. SA1 SB1 SC1 6
SC Nhận xét: Cho mặt phẳng ( P ) đi qua trung điểm của cạnh SC hay  2, SC1 SA SB SC SA SB kết hợp với hệ thức    4 , ta có:   2 . Ta đề xuất bài toán SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 3, 4 như sau: Bài toán 3. Cho tứ diện SABC có trọng tâm là G1. Mặt phẳng ( P) đi qua điểm G1 và trung điểm cạnh SC lần lượt cắt các tia SA, SB lần lượt tại A1 , B1 . Chứng SA SB minh rằng  2. SA1 SB1 Bài toán 4. Cho tứ diện SABC có trọng tâm là G1 . Mặt phẳng ( P ) thay đổi đi qua SA SB điểm G1 và lần lượt cắt các tia SA, SB lần lượt tại A1 , B1 thỏa mãn   2. SA1 SB1 Chứng minh rằng ( P) luôn chứa một đường thẳng cố định. Nhận xét: Xét bài toán BĐT sau: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 1 4 a  b  2 . Tìm GTNN của P  2  . a b 2 ab Lời giải 1 4 1 1 7 (1  1) 2 7 Ta có: P    2    2  a b 2 2 ab a  b 2 2ab 2ab a  b  2ab 2ab 2 4 7 7 ( a  b) 2 hay P    P 1 . Mặt khác ab  1 ( a  b)2 2ab 2ab 4 7 9 Nên P  1   . Dấu bằng xảy ra khi a  b  1. Bây giờ ta kết hợp BĐT này với 2 2 SA SB SA SB hệ thức   2 , với việc xem a  , b , khi đó: SA1 SB1 SA1 SB1 ( SA1.SB1 )2 4 SA1.SB1 9 SA SB P   . Dấu bằng xảy ra khi   1 hay ( SA.SB1 )  ( SB.SA1 ) 2 2 SA.SB 2 SA1 SB1 A  A1 , B  B1 , ta cũng thấy 4 điểm A, B, C1 , G1 đồng phẳng. Ta có bài toán 5: Bài toán 5. Cho tứ diện SABC có trọng tâm là G1 . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm G1 và trung điểm của cạnh SC lần lượt cắt các tia SA, SB lần lượt tại A1 , B1 . Tìm giá ( SA1.SB1 )2 4 SA1.SB1 trị nhỏ nhất của biểu thức P   . ( SA.SB1 )  ( SB.SA1 ) 2 2 SA.SB Nhận xét: Xét bài toán BĐT sau: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a  b  2 . Chứng minh rằng ab(a 2  b 2 )  2 . 7
Lời giải 1 1 (2ab  a 2  b 2 ) 2 Áp dung BĐT Cauchy, ta có ab(a  b )  (2ab)(a  b )  2 2 2 2 2 2 4 (a  b) 4  ab(a 2  b 2 )   2 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  1. 8 SA SB SA Bây giờ ta kết hợp BĐT này với hệ thức   2 , với việc xem a  , SA1 SB1 SA1 SB SA 3 SB SB 3 SA b khi đó ab( a 2  b 2 )  a 3b  b3a  ( ). ( ).  2 . Dấu bằng SB1 SA1 SB1 SB1 SA1 SA SB xảy ra khi   1 hay A  A1 , B  B1 . Ta cũng thấy 4 điểm A, B, C1 , G1 SA1 SB1 đồng phẳng. Nên ta đề nghị bài toán 6: Bài toán 6. Cho tứ diện SABC có trọng tâm là G1 . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm G1 và trung điểm của cạnh SC lần lượt cắt các tia SA, SB lần lượt tại A1 , B1 . Tìm giá SA 3 SB SB 3 SA trị lớn nhất của biểu thức P  ( ). ( ). . SA1 SB1 SB1 SA1 Nhận xét: Xét bài toán BĐT sau: Cho a, b  0 và thỏa mãn a  b  2 . 1 1 2 Chứng minh rằng   . 4a b 2 2 2ab 3 Lời giải 1 1 1 1 1 4 1 Ta có P   (  )   4a b 2 2 2ab 4  a  b 2 2 6ab 3ab (a  b)  4ab  4 3ab 2 4 1 2 ( a  b) 2 hay P    , (vì ab   1 ). Dấu bằng xảy ra khi a  b  1. 444 3 3 4 SA SB Bây giờ ta kết hợp BĐT này với hệ thức   2 , với việc xem SA1 SB1 SA SB 1 1 1 1 a , b , khi đó    SA1 SB1 4a b 2 2 2ab 4  ( SA ) 2  ( SB )2 2 SA . SB SA1 SB1 S A1 SB1 SA12 .SB12 SA .SB   1 1. 4 SA1 .SB1  SA  SB 2 2 2 2 2 SA.SB SA SB Dấu bằng xảy ra khi   1 hay A  A1 , B  B1 . Ta cũng thấy 4 điểm SA1 SB1 A, B, C1 , G1 đồng phẳng. Từ đây, ta đề nghị bài toán 7: 8
Bài toán 7. Cho tứ diện SABC có trọng tâm là G1 . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm G1 và trung điểm cạnh SC lần lượt cắt các tia SA, SB lần lượt tại A1 , B1 . Tìm GTNN SA12 .SB12 SA .SB của biểu thức P   1 1. 4SA12 .SB12  SA2  SB 2 2SA.SB SA SB SC SG Nhận xét: Từ hệ thức   3 , Ta đề xuất bài toán 8: SA1 SB1 SC1 SG1 Bài toán 8. Cho hình chóp S . ABC . Mặt phẳng ( P ) cắt các tia SA, SB, SC lần lượt SA SB SC tại A1 , B1 , C1 . Biết rằng    m , với m là số thực dương cho trước . SA1 SB1 SC1 Chứng minh rằng ( P) đi qua một điểm cố định. Lời giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC và mặt phẳng ( P ) cắt đoạn thẳng SG tại G1 . Ta SA SB SC SG SG m có   m 3 m  , suy ra điểm G1 cố định. SA1 SB1 SC1 SG1 SG1 3 Nhận xét: Ta áp dụng hệ thức đặc biệt khi G1 là trọng tâm tứ diện SABC là SA SB SC SA 2 SB 2 SC 2 1 SA SB SC 2    4 và BĐT: ( ) ( ) ( )  (   ) hay SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SC1 3 SA1 SB1 SC1 SA 2 SB 2 SC 2 16 SA SB SC SG 4 ( ) ( ) ( )  . Dấu bằng xảy ra khi     SA1 SB1 SC1 3 SA1 SB1 SC1 SG1 3 hay mặt phẳng ( P) song song với mặt phẳng ( ABC ) . Ta thu được bài toán 9: Bài toán 9. Cho tứ diện SABC . Mặt phẳng ( P) đi qua trọng tâm của tứ diện SABC lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1, C1 . Tìm GTNN của biểu thức SA 2 SB 2 SC 2 Q( ) ( ) ( ) . SA1 SB1 SC1 SA SB SC  Nhận xét: Khi G1 là trọng tâm tứ diện SABC tà có   4 kết SA1 SB1 SC1 SA SB SC 2 SA SB SB SC SC SA hợp với BĐT: (   )  3( .  .  . ). SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA SB SB SC SC SA 16 Suy ra: .  .  .  . Từ đó ta có bài toán 10: SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 3 Bài toán 10. Cho tứ diện SABC . Mặt phẳng ( P) đi qua trọng tâm của tứ diện SABC cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại A1 , B1 , C1. Tìm GTLN của biểu thức SA SB SB SC SC SA Q .  .  . . SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 9
Nhận xét: Theo BĐT Bunhiacopxki, ta có : SA SB SB SC SC S A SA SB SB SC SC S A 2 3[(  )(  )(  )]  (      ) SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA SB SB SC SC S A Từ đây suy ra       2 6 . Dấu bằng xảy ra SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA SB SC SG 4 khi     hay ( P) // ( ABC ) . Từ đây, ta có bài toán 11: SA1 SB1 SC1 SG1 3 Bài toán 11. Cho tứ diện SABC . Mặt phẳng ( P) đi qua trọng tâm của tứ diện SABC cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại A1 , B1, C1 . Tìm GTLN của biểu thức SA SB SB SC SC S A Q      . SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA SB SC SA SB SC Nhận xét : Vì    4 , nên 4  , 4 , 4 là các SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SC1 số không âm. Áp dụng BĐT AM-GM ta có : SA SB SC (4  )  (4  )  (4  ) SA SB SC SA1 SB1 SC1 8 3 (4  )(4  )(4  )  hay SA1 SB1 SC1 3 3 SA SB SC 512 (4  )(4  )(4  ) , tức là: SA1 SB1 SC1 27 SA SB SC SA SB SB SC SC SA SA SB SC 512 64  16(   )  4(   )  SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA1 SB1 SC1 27 SA SB SB SC SC SA SA SB SC 512 Ta rút ra được: 4(   )  . Khi đó, ta có SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA1 SB1 SC1 27 bài toán 12: Bài toán 12. Cho tứ diện SABC . Mặt phẳng ( P) đi qua trọng tâm của tứ diện SABC cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại A1 , B1 , C1 . SA SB SB SC SC SA SA SB SC 512 Chứng minh rằng 4(   )  . SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA1 SB1 SC1 27 Nhận xét: Xét bài toán BĐT sau: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  4 . Chứng minh rằng x2  2 y 2  y 2  2 z 2  z 2  2 x2  3 . Lời giải Theo BĐT Bunhiacopxki, ta có: ( x  2 y ) 2  (1.x  2. 2 y ) 2  3( x 2  2 y 2 ) . Do đó, ta được: 10
( x  2 y)2 x  2 y x2  2 y 2   . 3 3 y  2z z  2x Tương tư, ta có: y 2  2 z 2  ; z 2  2x2  . Cộng ba BĐT trên vế 3 3 theo vế, ta được: x  2 y y  2z z  2x x2  2 y 2  y 2  2z 2  z 2  2 x2    hay 3 3 3 3( x  y  z ) x2  2 y 2  y 2  2z 2  z 2  2 x2   4 3. 3 4 SA SB SC Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  . Nếu ta xem x  , y , z , kết hợp 3 SA1 SB1 SC1 SA SB SC với đẳng thức    4 , ta có bài toán 13: SA1 SB1 SC1 Bài toán 13. Cho tứ diện SABC. Mặt phẳng ( P) đi qua trọng tâm của tứ diện SABC cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Tìm GTNN của biểu thức SA 2 SB 2 SB 2 SC 2 SC 2 SA 2 Q ( )  2( )  ( )  2( )  ( )  2( ) . SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 Nhận xét: Xét bài toán BĐT sau: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  4 . Chứng minh: x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  4 3 . Lời giải Với x, y , z  0 , ta có: 2 2 2 x y x y x y x y x  xy  y  3  2 2     3    3.  2   2   2   2   yz zx Tương tự, ta có: y 2  yz  z 2    3 và z 2  zx  x 2    3.  2   2  Cộng các bất dẳng thức vế theo vế, ta được: x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2   x  y  z  3 hay x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  4 3 . 4 SA SB SC Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  . Nếu ta xem x  , y , z , kết 3 SA1 SB1 SC1 SA SB SC hợp với đẳng thức    4 , vậy ta có bài toán 14: SA1 SB1 SC1 11
Bài toán 14. Cho tứ diện SABC . Mặt phẳng ( P ) đi qua trọng tâm của tứ diện SABC cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại A1 , B1, C1 . Tìm GTNN của biểu thức SA 2 SA SB SB 2 SB 2 SB SC SC 2 Q ( )  . ( )  ( )  . ( )  SA1 SA1 SB1 SB1 SB1 SB1 SC1 SC1 SC 2 SC SA SA 2  ( )  . ( ) . SC1 SC1 SA1 SA1 Nhận xét: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x  y  z  4 . Chứng minh rằng 8  x  y  y  z  z  x    4  x  4  y  4  z  . Lời giải Áp dụng bất đẳng thức CôSi, ta có:   x  y   y  z  4  y 2 2  x  y  y  z      . Tương tự, ta cũng có:  2  4  4  z  và z  x x  y   4  x  . 2 2  y  z  z  x      4 4 Nhân vế với vế các bất đẳng thức, ta được  4  x  4  y  4  z   2  x  y  y  z  z  x      . 2   64 Suy ra 8  x  y  y  z  z  x    4  x  4  y  4  z  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ 4 SA SB SC x  y  z  . Nếu ta xem x  , y , z , kết hợp với đẳng thức 3 SA1 SB1 SC1 SA SB SC    4 , ta đề xuất bài toán 15 sau: SA1 SB1 SC1 Bài toán 15. Cho tứ diện SABC. Mặt phẳng ( P) đi qua trọng tâm của tứ diện SABC cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại A1 , B1, C1 . Chứng minh rằng SA SB SB SC SC SA SA SB SC 16(  )(  )(  )  (4  )(4  )(4  ) SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA1 SB1 SC1 SA SB SC Nhận xét: Cho SA  SB  SC  1 từ   4 , ta được: SA1 SB1 SC1 1 1 1 1 1 1    4 và kết hợp với BĐT   1 SA1 SB1 SC1 2x  y  z x  2 y  z x  y  2z 1 1 1 với x, y, z là số dương thỏa mãn đẳng thức    4 , ta tiếp tục đề nghị bài x y z toán 16: 12
Bài toán 16. Cho hình chóp S . ABC với SA  SB  SC  1 . Mặt phẳng ( P ) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp, lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1 . Tìm GTLN của biểu thức: 1 1 1 P   . 2 SA1  SB1  SC1 SA1  2 SB1  SC1 SA1  SB1  2SC1 Nhận xét: Xét bài toán sau: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 x y z    4 . Tìm GTNN của biểu thức P    . x y z z ( z  x ) x( x  y ) y ( y  z ) Lời giải Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz, ta có: zx x y yz x y z 1 1 1 (   )[   ]  (   ) 2 tức là zx xy yz z ( z  x ) x ( x  y ) y ( y  z ) z x y x y z 1 1 1 1    (   ) hay z ( z  x ) x( x  y ) y ( y  z ) 2 x y z x y z 3    2 . Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  z ( z  x ) x( x  y ) y ( y  z ) 4 1 1 1 Nếu ta kết hợp BĐT này với hệ thức    4 bằng cách xem SA1 SB1 SC1 x  SA1 , y  SB1 , z  SC1 . Ta được bài toán 17: Bài toán 17. Cho hình chóp S . ABC với SA  SB  SC  1 . Mặt phẳng ( P ) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1 . Tìm GTNN của biểu thức: SA1 SB1 SC1 Q   . SC1 ( SC1  SA1 ) SA1 ( SA1  SA1 ) SB1 ( SB1  SC1 ) Nhận xét: Xét bài toán BĐT sau: Cho các số thực x, y, z  1 thỏa mãn 1 1 1    4 . Chứng minh rằng 8 x  3  8 y  3  8 z  3  2 3( x  y  z ) . x y z Lời giải Ta có: 3 3 3 3 3 3 2x  2y  2z  ( 2x   2 y   2 z  )2  ( x . 4  y. 4  z. 4 )2 4 4 4 x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có 13
3 3 3 2x  2y  2z  ( x. 4  y. 4  z. 4 )2 x y z 3 3 3 2x  2y  2z   ( x  y  z )( 4 4 4 )  ( x  y  z )[6  3 ( 1  1  1 )] x y z 4 x y z 3 3 3  3( x  y  z ) . Từ đây, ta được 2x   2 y   2 z   3( x  y  z ) . 4 4 4 Suy ra: 8 x  3  8 y  3  8 z  3  2 3( x  y  z ) . 3 Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  . Ta kết hợp BĐT này với hệ thức: 4 1 1 1    4 , bằng cách xem x  SA1 , y  SB1 , z  SC1 ; ở đây vì x, y, z  1 SA1 SB1 SC1 nên ta cho mặt phẳng ( P ) cắt các cạnh SA, SB, SC . Ta được bài toán 18: Bài toán 18. Cho hình chóp S . ABC với SA  SB  SC  1 . Mặt phẳng ( P ) di dộng đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1. Chứng minh: 8SA1  3  8SB1  3  8SC1  3  2 3( SA1  SB1  SC1 ) . Nhận xét: Xét bài toán BĐT sau: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 1 1 1    4 . Chứng minh rằng    2. x y z 16 x 2  9 16 y 2  9 16 z 2  9 Lời giải Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1       (   ) . 16 x  9 16 y  9 16 z  9 24 x 24 y 24 z 24 x y z 6 2 2 2 3 1 1 1 Dấu bằng xảy ra x  y  z  . Kết hợp BĐT này với hệ thức   4 4 SA1 SB1 SC1 bằng cách xem x  SA1 , y  SB1 , z  SC1 . Ta có bài toán 19: Bài toán 19. Cho hình chóp S . ABC với SA  SB  SC  1 . Mặt phẳng ( P ) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại 1 1 1 A1 , B1 , C1 . Tìm GTLN của biểu thức: P    . 16SA1  9 16SB1  9 16SB12  9 2 2 Nhận xét: Xét bài toán BĐT sau: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 x y z    4 . Chứng minh rằng 2  2  2  2. x y z x  yz y  xz z  xy 14
Lời giải x 1 1 1 1 Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: x 2  yz  2 x yz    (  ). x  yz 2 yz 4 y z 2 y 1 1 1 1 z 1 1 1 1 Tương tự, ta được:   (  ) và 2   (  ). y  xz 2 xz 4 x z 2 z  xy 2 xy 4 x y Cộng về theo về các BĐT trên, ta được: x y z 1 1 1 1 3  2  2  (   )  2 . Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  . x  yz y  xz z  xy 2 x y z 2 4 1 1 1 Kết hợp BĐT này với hệ thức    4 , đặt x  SA1 , y  SB1 , z  SC1 . SA1 SB1 SC1 Ta có bài toán 20:. Bài toán 20. Cho hình chóp S . ABC với SA  SB  SC  1 . Mặt phẳng ( P ) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1 . Tìm GTLN của biểu thức: SA1 SB1 SC1 P  2  . SA  SB1.SC1 SB1  SA1.SC1 SC1  SA1.SB1 1 2 2 Từ các bài toán trên, ta thấy nếu G không là trọng tâm của tam giác ABC thì ta có tìm được hệ thức tương tự (*) hay không ? Ta đưa ra một hướng giải quyết như sau: Trong mặt phẳng, ta có kết quả sau : Cho tam giác ABC và ba số không đồng thời bằng 0 , nếu x  y  z  0 , thì     tồn tại duy nhất điểm M sao cho xMA  yMB  zMC  0 . Ở bài toán 1, trên nếu ta thay điểm G bởi điểm M bất kì thuộc ( ABC )     thoả mãn xMA  yMB  zMC  0 .      Từ đó, ta được xSA  ySB  zSC  ( x  y  z ) SM suy ra: SA  SB  SC  SM  x SA1  y SB1  z SC1  ( x  y  z ) SM 1 SA1 SB1 SC1 SM 1 SA SB SC SM Vì M 1  ( A1 B1C1 )  x y z  ( x  y  z) . Ta có bài toán 21: SA1 SB1 SC1 SM 1 Bài toán 21. Cho hình chóp S . ABC với M là điểm thuộc mặt phẳng ( ABC ) thoả     mãn xMA  yMB  zMC  0 . Mặt phẳng ( P) lần lượt cắt các tia SA, SB, SC , SM SA SB SC SM tại A1 , B1 , C1 , M 1. Chứng minh rằng x y z  ( x  y  z) (1) SA1 SB1 SC1 SM 1 15
Ta dễ thấy rằng ở bài toán 1 trên là trường hợp đặc biệt khi M  G với suy nghĩ đó, ta tiếp tục đặc biết hoá vào một số trường hợp sau : + Nếu ta cho M  I ( Với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ). Khi       đó, ta có đẳng thức quen thuộc sau aIA  bIB  cIC  0 , với AB  c, BC  a, AC  b. Kết hợp với bài toán 7, ta được bài toán 22 sau: Bài toán 22. Cho hình chóp S . ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng ( P ) lần lượt cắt các tia SA, SB, SC , SI tại A1 , B1 , C1 , I1 .Chứng minh SA SB SC SI rằng a b c  (a  b  c) (2), với AB  c, BC  a, AC  b. SA1 SB1 SC1 SI1 Với cách khai thác tương tự trọng tâm, ta đưa ra bài toán 23: Bài toán 23. Cho hình chóp S . ABC . Mặt phẳng ( P ) lần lượt cắt các tia SA, SB, SA SB SC SC lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Biết rằng a b c  m ( với m là số thực SA1 SB1 SC1 dương cho trước ). Chứng minh rằng ( P) đi qua một điểm cố định, với AB  c, BC  a, AC  b . Nhận xét: Nếu cho mặt phẳng ( P ) đi qua trung điểm I1 của SI khi đó, ta được đẳng thức sau: SA SB SC SI SA SB SC a b c  (a  b  c) a b c  2(a  b  c). Khi đó SA1 SB1 SC1 SI1 SA1 SB1 SC1 ta có thể đưa ra bài toán 24: Bài toán 24. Cho hình chóp S . ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng ( P) lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng, mặt phẳng ( P) đi qua trung điểm của SI khi và chỉ khi SA SB SC a b c  2(a  b  c) , với AB  c, BC  a, AC  b. SA1 SB1 SC1 Nhận xét: SA 2 SB 2 SC 2 2 SA SB SC 2 Ta có: [( ) ( ) ( ) ](a  b 2  c 2 )  (a b c ) hay SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SC1 SA 2 SB 2 SC 2 4(a  b  c) 2 ( ) ( ) ( )  2 . Ta đi đến bài toán 25: SA1 SB1 SC1 a  b2  c2 Bài toán 25. Cho hình chóp S . ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng ( P) đi qua trung điểm I1 của SI lần lượt cắt các tia SA, SB, SC SA 2 SB 2 SC 2 4(a  b  c) 2 tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( )  2 . SA1 SB1 SC1 a  b2  c 2 16
SA 2 SB 2 SC 2 1 SA SB SC 2 Nhận xét: Ta có ( a )  (b )  (c )  (a b c ) SA1 SB1 SC1 3 SA1 SB1 SC1 SA 2 SB 2 SC 2 4 hay ( a )  (b )  (c )  (a  b  c ) 2 . Từ đây, ta có bài toán 26: SA1 SB1 SC1 3 Bài toán 26. Cho hình chóp S . ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng ( P) đi qua trung điểm I1 của SI lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại SA 2 SB 2 SC 2 4 A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng ( a )  (b )  (c )  (a  b  c ) 2 , với SA1 SB1 SC1 3 AB  c, BC  a, AC  b . Nhận xét: Ta có thể cho hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và có SA  1, SB  SC  2 2 . Khi đó, ta có: c  AB  SA2  SB 2  3; b  AC  3; a  BC  4. Cho mặt phẳng ( P) đi qua điểm I ( hay I1  I ), thay vào hệ thức (2), ta được: 4 6 2 6 2 2 3 2 3 2  c  10 hay    5 . Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SC1 2  1 1 1   2 3 2 3 2 ta được:  4  18  18   2       suy ra  SA1 SB12 SC12   SA1 SB1 SC1  1 1 1 5 8 2  2  2  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi SA1  4; SB1  SC1  . SA1 SB1 SC1 8 3 2 Khi đó, ta có thể đưa ra bài toán 27: Bài toán 27. Cho hình chóp S . ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA  1, SB  SC  2 2. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Một mặt phẳng  P  thay đổi đi qua I lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1. Chứng minh 1 1 1 rằng   . SA12 SB12 SC12 (Trích đề HSG khối 12 tỉnh Nghệ An năm học 2020-2021) Nhận xét: SA SB SC 2 SA SB SB SC SC SA Ta có: ( a b c )  3(ab  bc  ca ) hay SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA SB SB SC SC SA 4(a  b  c) 2  3(ab  bc  ca ) tức là SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 SA SB SB SC SC SA 4 ab  bc  ca  (a  b  c) 2 . Từ đây, ta có bài toán 28: SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 3 17
Bài toán 28. Cho hình chóp S . ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng ( P) đi qua trung điểm I1 của SI lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng SA SB SB SC SC SA 4 ab  bc  ca  (a  b  c) 2 , với AB  c, BC  a, AC  b. SA1 SB1 SB1 SC1 SC1 SA1 3 Khái quát: Ta có thể cho thay I1 là trung điểm của SI bới I1 thuộc đoạn SI SI thỏa mãn  SI1 Hướng 1: Theo định lý sin với tam giác ABC , ta có: a b c    2 R hay a  2 R sin A, b  2 R sin B, c  2 R sin C , thay vào sin A sin B sin C SA SB SC SI đẳng thức a b c  (a  b  c ) . SA1 SB1 SC1 SI1 SA SB SC SI Ta được hệ thức sin A.  sin B.  sin C .  (sin A  sin B  sin C ). SA1 SB1 SC1 SI1 A B C Áp dụng công thức sin A  sin B  sin C  4cos cos cos ta được: 2 2 2 SA SB SC A B C SI sin A.  sin B.  sin C.  4cos cos cos . hay SA1 SB1 SC1 2 2 2 SI1 A B C sin sin sin 2 SA 2 SB 2 SC SI .  .  . 2 . Ta có bài toán 29: B C SA1 A C SB1 A B SC1 SI1 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 Bài toán 29. Cho hình chóp S . ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng (P) lần lượt cắt các tia SA, SB, SC , SI tại A1 , B1 , C1 , I1 . Chứng A B C sin SA sin SB sin SC SI minh rằng 2 .  2 .  2 . 2 B C A C A B cos cos SA1 cos cos SB1 cos cos SC1 SI1 2 2 2 2 2 2 Với cách khai thác như trên, ta đề xuất bài toán 30: Bài toán 30. Cho hình chóp S . ABC . Mặt phẳng ( P) lần lượt cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại A1 , B1 , C1 . A B C sin SA sin SB SC sin Biết rằng 2  . . 2 . 2  m . (Với m là B C SA1 A C SB1 A B SC1 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 số thực dương cho trước không đổi ). Chứng minh rằng mặt phẳng ( P) luôn đi qua một điểm cố định. 18
Nhận xét: Nếu cho mặt phẳng ( P) đi qua trung điểm I1 của SI khi đó A B C SI sin SA sin SB sin SC  2 , ta được : 2 .  2 .  2 .  4. SI1 B C SA1 A C SB1 A B SC1 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 Khi đó, ta đưa ra bài toán 31: Bài toán 31. Cho hình chóp S . ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Mặt phẳng ( P ) lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng, mặt phẳng ( P) đi qua trung điểm của SI khi và chỉ khi A B C sin SA sin SB sin SC 2  . .  2 . 2  4. B C SA1 A C SB1 A B SC1 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 Nhận xét: A B C sin SA 2 sin SB 2 sin SC 2 Ta có : ( . 2 ) ( 2 . ) ( 2 . ) B C SA1 A C SB1 A B SC1 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B C 1 sin SA sin SB sin SC 2  ( 2 .  2 .  2 . ) hay 3 cos B cos C SA1 cos A cos C SB1 cos A cos B SC1 2 2 2 2 2 2 A B C sin SA 2 sin SB 2 sin SC 2 16 ( 2 ) ( . . ) (2 . 2 )  . Từ đây, ta có B C SA1 A C SB1 A B SC1 3 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 bài toán 32: Bài toán 32. Cho hình chóp S . ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng ( P ) đi qua trung điểm I1 của SI lần lượt cắt các tia SA, SB, SC tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng: A B C sin SA 2 sin SB 2 sin SC 2 16 ( 2 ) ( . . 2 ) ( . 2 )  . B C SA1 A C SB1 A B SC1 3 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 Nhận xét: Nếu áp dụng bất đẳng thức ( a  b  c ) 2  3(ab  bc  ca) , ta có bài toán 33: 19